Đề cương thi thử THPT Quốc gia môn Toán Lớp 12 - Sở GD&ĐT Hà Nội

Nội dung text: Đề cương thi thử THPT Quốc gia môn Toán Lớp 12 - Sở GD&ĐT Hà Nội

1. Đề thi thử THPTQG Sở Giáo Dục Và Đào Tạo Hà Nội Câu 1 (NB): Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số, các chữ số khác 0 và đôi một khác nhau 5 5 5 A. 5!B. C. D. C9 A9 9 Câu 2 (TH): Họ nguyên hàm của hàm số f x x2 4 x3 là 2 3 3 1 3 A. B.2 C.x3 D. 4 C 4 x3 C 2 4 x3 C 4 x3 C 9 9 Câu 3 (VD): Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 1;2; 3 ; B 2;0; 1 . Tìm giá trị của tham số m để hai điểm A, B nằm khác phía so với mặt phẳng x 2y mz 1 0 A. B.m 2;3 m 2;3 C. D.m ;23; m ;2  3; Câu 4 (TH): Hệ số của x3 trong khai triển x 2 8 bằng 3 3 3 3 5 5 5 5 A. B.C8 C 2 D. C8 .2 C8 .2 C8 .2 Câu 5 (NB): Mệnh đề nào dưới đây sai? A. B.ln x 0 x 1 log a logb a b 0 C. D.log a logb 0 a b ln x 1 0 x 1 Câu 6 (NB): Trong không gian Oxyz, mặt cầu x2 y2 z2 2x 4y 2z 3 0 có bán kính bằng A. 9B. 3C. D. 3 3 3 100 Câu 7 (TH): Tích phân x.e2xdx bằng 0 1 1 1 1 A. B. C.19 9D.e2 00 1 199e200 1 199e200 1 199e200 1 4 4 2 2 Câu 8 (NB): Đồ thị hàm số y 15x4 3x2 2018 cắt trục hoành tại bao nhiêu điểm? A. 1 điểm.B. 3 điểm.C. 4 điểm.D. 2 điểm. 1 1 x Câu 9 (TH): Đồ thị hàm số y có bao nhiêu đường tiệm cận đứng và đường tiệm x cận ngang? A. 2B. 1C. 3D. 0 x 3 2 Câu 10 (TH): lim bằng x 1 x 1 1 1 A. .B. 1.C. .D. . 2 4 1
2. Câu 11 (TH): Phương trình sin x 1 có nghiệm là: 3 5 5 A. B.x C. D. k x k2 x k x k2 3 6 6 3 2 Câu 12 (VD): Gọi S là tập nghiệm của phương trình 2log2 2x 2 log2 x 3 2 trên R. Tổng các phần tử của S bằng A. 8B. C. D. 4 2 8 2 6 2 Câu 13 (TH): Cho các số a,b,c,d thỏa mãn 0 a b 1 c d . Số lớn nhất trong các số loga b,logb c,logc d,logd a A. B.log C.c d D. logd a loga b logb c Câu 14 (TH): Cho khối trụ có bán kính hình tròn đáy bằng r và chiều cao bằng h. Hỏi nếu tăng chiều cao lên 2 lần và tăng bán kính đáy lên 3 lần thì thể tích của khối trụ mới sẽ tăng lên bao nhiêu lần? A. 18 lầnB. 12 lầnC. 6 lầnD. 36 lần Câu 15 (NB): Hình tứ diện có bao nhiêu cạnh? A. 5 cạnhB. 3 cạnhC. 4 cạnhD. 6 cạnh Câu 16 (TH): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi E, M lần lượt là trung điểm của BC, SA, là góc tạo bởi đường thẳng EM và mặt phẳng (SBD), tan bằng: A. 1B. 2C. D. 2 3 Câu 17 (TH): Cho hàm số y log5 x . Mệnh đề nào sau đây sai? A. Đồ thị hàm số nằm bên phải trục tung. B. Tập xác định của hàm số là 0; C. Hàm số nghịch biến trên tập xác định. D. Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là trục tung. Câu 18 (VD): Thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường x y ; y 0; x 1; x 4 quay quanh trục Ox là: 4 21 21 15 15 A. B. C. D. 16 16 16 8 Câu 19 (NB): Biết hình dưới đây là đồ thị của một trong bốn hàm số sau, hỏi đó là đồ thị hàm số nào? 2
3. A. B.y x4 2x2 y x4 2x2 1 C. D.y x4 2x2 y x4 2x2 2 Câu 20 (NB): Cho F x là một nguyên hàm của hàm số f x ex x3 4x . Hàm số F x có bao nhiêu điểm cực trị? A. 2B. 1C. 3D. 4 Câu 21 (TH): Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y x4 mx2 đạt cực tiểu tại x 0 . A. B.m C.0 D. m 0 m 0 m 0 Câu 22 (NB): Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng S và chiều cao bằng h là: 1 1 A. B.V C. D.Sh V 3Sh V Sh V Sh 3 2 Câu 23 (Thông hiểu): Một lớp có 40 học sinh, trong đó có 4 học sinh tên Anh. Trong một lần kiểm tra bài cũ, thầy giáo gọi ngẫu nhiên hai học sinh trong lớp lên bảng. Xác suất để hai học sinh tên Anh lên bảng bằng: 1 1 1 1 A. B. C. D. 20 10 130 75 Câu 24 (VD): Số nghiệm chung của hai phương trình: 4cos2 x 3 0 và 2sin x 1 0 trên 3 khoảng ; bằng: 2 2 A. 4B. 2C. 3D. 1 Câu 25 (TH): Trong không gian Oxyz, mặt cầu tâm I 1;2; 1 và cắt mặt phẳng P : 2x y 2z 1 0 theo một đường tròn bán kính bằng 8 có phương trình là: A. B. x 1 2 y 2 2 z 1 2 3 x 1 2 y 2 2 z 1 2 9 C. D. x 1 2 y 2 2 z 1 2 9 x 1 2 y 2 2 z 1 2 3 Câu 26 (TH): Đạo hàm của hàm số y ln 1 x2 là: 1 x 2x 2x A. B. C. D. x2 1 1 x2 x2 1 x2 1 Câu 27 (NB): Với mọi số thực dương a, b, x, y và a,b 1 , mệnh đề nào sau đây sai? A. B.log a xy loga x loga y logb a.loga x logb x 3
4. x 1 1 C. D.log a loga x loga y loga y x loga x 2 Câu 28 (VD): Tập nghiệm của bất phương trình log 1 x 5x 7 0 là: 2 A. B. 2 ;C.3 D. 3; ;2 ;2  3; Câu 29 (NB): Trong không gian Oxyz, cho các điểm A 2; 2;1 , B 1; 1;3 . Tọa độ của  vecto AB là: A. B. 1C.;1 ;D.2 3;3; 4 3; 3;4 1; 1; 2 Câu 30 (TH): Cho tứ diện đều ABCD có M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD. Mệnh đề nào sau đây sai? A. B.AB C. D.CD MN  AB MN  BD MN  CD Câu 31 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc với đáy. Mệnh đề nào sau đây sai? A. B.CD C. D. S AD AC  SBD BD  SAC BC  SAB Câu 32 (TH): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Điểm M thỏa mãn   MA 3MB . Mặt phẳng (P) qua M và song song với hai đường thẳng SC, BD. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. (P) không cắt hình chóp. B. (P) cắt hình chóp theo thiết diện là một tứ giác. C. (P) cắt hình chóp theo thiết diện là một tam giác. D. (P) cắt hình chóp theo thiết diện là một ngũ giác. Câu 33 (TH): Trong các hàm số sau, hàm nào nghịch biến trên R? x x 3 2 2 e A. B.y C.lo D.g x y y log3 x y 5 4 Câu 34 (TH): Cho un là cấp số cộng có u3 u13 80 . Tổng 15 số hạng đầu tiên của cấp số cộng đó bằng: A. 800B. 630C. 570D. 600 Câu 35 (TH): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, đường thẳng SC tạo với đáy một góc 60 . Thể tích của khối chóp S.ABC bằng: a3 3a3 a3 a3 A. B. C. D. 8 4 2 4 4
5. Câu 36 (NB): Hàm số y f x có đạo hàm y x2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. Hàm số đồng biến trên ;0 và nghịch biến trên 0; . B. Hàm số đồng biến trên R. C. Hàm số nghịch biến trên R. D. Hàm số nghịch biến trên ;0 và đồng biến trên 0; . Câu 37 (VDC): Cho khối trụ có hai đáy là hình tròn O; R và O ; R ,OO 4R . Trên đường tròn tâm O lấy (O) lấy hai điểm A, B sao cho AB R 3 . Mặt phẳng (P) đi qua A, B cắt OO’ và tạo với đáy một góc bằng 60 . (P) cắt khối trụ theo thiết diện là một phần của elip. Diện tích thiết diện đó bằng: 4 3 2 2 3 2 4 3 2 2 3 2 A. B. C. D. R R R R 3 2 3 4 3 2 3 4 0 Câu 38 (TH): Cho hàm số y f x là hàm lẻ và liên tục trên  4;4 biết f x dx 2 2 2 4 và f 2x dx 4 . Tính I f x dx . 1 0 A. B.I C.10 D. I 6 I 6 I 10 10 Câu 39 (VD): Tìm hệ số của x5 trong khai triển 1 x x2 x3 A. 252B. 582C. 1902D. 7752 Câu 40 (VD): Cho hàm số y x3 3x 2 có đồ thị (C). Hỏi có bao nhiêu điểm trên đường thẳng y 9x 14 sao cho từ đó kẻ được hai tiếp tuyến đến C . A. 4 điểmB. 2 điểmC. 3 điểmD. 1 điểm Câu 41 (VDC): Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S1) có tâm I 2;1;1 có bán kính bằng 4 và mặt cầu (S2) có tâm J 2;1;5 có bán kính bằng 2. (P) là mặt phẳng thay đổi tiếp xúc với hai mặt cầu (S1) (S1) Đặt M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ điểm O đến (P). Giá trị M m bằng? A. B.8 93C. 8D. 15 Câu 42 (VD): Có bao nhiêu số tự nhiên có tám chữ số trong đó có ba chữ số 0, không có hai chữ số 0 nào đứng cạnh nhau và các chữ số khác chỉ xuất hiện nhiều nhất một lần. A. 151200 B. 846000C. 786240D. 907200 5
6. Câu 43 (VD): Số các giá trị nguyên nhỏ hơn 2018 của tham số m để phương trình log6 2018x m log4 1009x có nghiệm là: A. 2019B. 2018C. 2017D. 2020 Câu 44 (VD): Cho khối cầu (S) tâm I, bán kính R không đổi. Một khối trụ thay đổi có chiều cao h và bán kính đáy r nội tiếp khối cầu. Tính chiều cao h theo R sao cho thể tích của khối trụ lớn nhất. R 2 A. B.h R 2 h 2 R 3 2R 3 C. D.h h 3 3 x2 42018 Câu 45 (VD): lim 2018 bằng x 22018 x 2 A. B.22 0C.19 2D. 22018 Câu 46 (VD): Giá trị của tổng 4 44 444 44 4 (tổng đó có 2018 số hạng) bằng 40 4 A. B. 102018 1 2018 102018 1 9 9 4 102019 10 4 102019 10 C. D. 2018 2018 9 9 9 9 Câu 47 (VD): Cho hàm số y f x . Biết hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hàm số y f 3 x2 đồng biến trên khoảng A. B. 2 ;3 2; 1 C. D. 0 ;1 1;0 Câu 48 (VDC): Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A B C có cạnh bên bằng cạnh đáy. Đường thằng MN M A C, N BC là đường vuông góc chung của A’C và BC’. Tỉ số NB bằng NC 3 2 5 A. B. C. 1D. 2 3 2 Câu 49 (VD): Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 1;2;1 , B 2; 1;3 . Tìm điểm M trên mặt phẳng (Oxy) sao cho MA2 2MB2 lớn nhất. 6
7. 3 1 1 3 A. B.M C. 3; D. 4 ;0 M ; ;0 M 0;0;5 M ; ;0 2 2 2 2 Câu 50 (VD): Phương trình x 512 1024 x 16 4 8 x 512 1024 x có bao nhiêu nghiệm? A. 2 nghiệmB. 8 nghiệmC. 4 nghiệmD. 3 nghiệm Đáp án 1-C 2-B 3-B 4-C 5-D 6-B 7-A 8-D 9-B 10-C 11-B 12-B 13-A 14-A 15-D 16-C 17-C 18-B 19-A 20-C 21-A 22-A 23-C 24-B 25-C 26-D 27-D 28-A 29-A 30-C 31-B 32-D 33-D 34-D 35-D 36-B 37-C 38-B 39-C 40-C 41-B 42-A 43-D 44-D 45-A 46-D 47-D 48-A 49-A 50-D LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C Phương pháp: -Sử dụng kiến thức về chỉnh hợp Cách làm: 5 chữ số trong số tự nhiên có 5 chữ số cần tìm được lấy ra từ tập hợp gồm 9 phần tử A 1;2;3;4;5;6;7;8;9 Mỗi số tự nhiên có 5 chữ số cần tìm là một chỉnh hợp chập 5 của 9 phần tử trong tập hợp A. 5 Nên có A9 số tự nhiên có 5 chữ số cần tìm. Câu 2: Đáp án B Phương pháp: -Sử dụng phương pháp đưa vào trong vi phân 7
8. Cách làm: 3 3 2 1 1 4 x 2 3 x2 4 x3 dx 4 x3 .d x3 4 C 4 x3 C 3 3 3 9 2 Câu 3: Đáp án B Phương pháp: -Sử dụng kiến thức về vị trí của một điểm đối với mặt phẳng. Cho mặt phẳng P : Ax By Cz D 0 và hai điểm M x1; y1; z1 , N x2 ; y2 ; z2 Đặt f Ax By Cz D, f M Ax1 By1 Cz1 D; f N Ax2 By2 Cz2 D Hai điểm M, N nằm khác phía so với mặt phẳng P f M . f N 0 . Cách làm: Đặt f x, y, z x 2y mz 1 . Để A, B nằm khác phía so với mặt phẳng x 2y mz 1 0 Thì f A . f B 0 6 3m 3 m 0 2 m 3 Câu 4: Đáp án C Phương pháp: n n k n k k -Sử dụng khai triển nhị thức NewTon a b Cn .a . b k 0 -Dựa vào điều kiện số mũ của đề bài để tìm ra k từ đó suy ra hệ số Cách làm: 8 8 k 8 k k Ta có x 2 C8 .x . 2 k 0 Số hạng chứa x3 trong khai triển ứng với 8 k 3 k 5 3 5 5 5 5 Vậy hệ số của x trong khai triển là C8 . 2 C8 .2 . Câu 5: Đáp án D Phương pháp: -Sử dụng các công thức logarit và bất phương trình loga +) loga x loga y 0 x y (với 0 a 1 ) và loga x loga y x y 0 với a 1 b +) loga x b 0 x a với a 1 b +) loga x b x a (với 0 a 1 ) Cách làm: +) ln x 0 x e0 x 1 8
9. +) log a logb 0 a b và log a logb a b 0 Nhận thấy ln x 1 0 x e1 0 x e Câu 6: Đáp án B Phương pháp: -Sử dụng công thức tìm tâm và bán kính mặt cầu x2 y2 z2 2ax 2by 2cz d 0 (Với đk a2 b2 c2 d 0 ) có tâm I a;b;c và bán kính R a2 b2 c2 d Cách làm: Phương trình x2 y2 z2 2x 4y 2z 3 0 có a 1;b 2;c 1;d 3 Và a2 b2 c2 d 1 4 1 3 9 0 nên bán kính mặt cầu là R a2 b2 c2 d 9 3 . Câu 7: Đáp án A Phương pháp: -Sử dụng tích phân từng phần Cách làm: dx du u x Ta đặt 2x 1 2x e dx dv v e 2 100 100 100 100 1 100 1 1 1 Khi đó x.e2xdx x.e2x e2xdx x.e2x e2x 0 0 2 2 0 2 0 4 0 1 1 1 1 .100.e200 e200 199e200 1 2 4 4 4 Câu 8: Đáp án D Phương pháp: Xét sự tương giao của đồ thị hàm số y f x với trục hoành. Số giao điểm của đồ thị hàm số y f x với trục hoành là số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm f x 0 Cách làm: Xét phương trình hoành độ giao điểm 15x4 3x2 2018 0 * . Đặt x2 t 0 ta được 15t 2 3t 2018 0 1 . Vì a.c 15. 2018 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu. Suy ra phương trình (*) có hai nghiệm nên đồ thị hàm số y 15x4 3x2 2018 cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt. Câu 9: Đáp án B 9
10. Phương pháp: Sử dụng định nghĩa tiệm cận đứng và tiệm cận ngang Đường thẳng y a là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y f x nếu một trong các điều kiện sau được thỏa mãn lim f x a; lim f x a x x Đường thẳng x b là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y f x nếu một trong các điều kiện sau được thỏa mãn lim f x , lim f x ; lim f x , lim f x . x b x b x b x b Cách làm: ĐK: x 1; x 0 1 1 1 1 1 x 2 Ta có lim lim x x x 0 nên y 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x x x 1 1 1 x y x 1 1 x 1 1 x x 1 1 Xét lim lim lim lim nên đồ thị x 0 x x 0 x 1 1 x x 0 x 1 1 x x 0 1 1 x 2 hàm số không có tiệm cận đứng. Câu 10: Đáp án C Phương pháp: Tính giới hạn bằng phương pháp nhân liên hợp để khử dạng vô định. Cách làm: 2 2 x 3 2 x 3 2 x 3 4 Ta có : lim lim lim x 1 x 1 x 1 x 1 x 3 2 x 1 x 1 x 3 2 x 1 1 1 lim lim x 1 x 1 x 3 2 x 1 x 3 2 4 Câu 11: Đáp án B Phương pháp: Sử dụng sin x 1 x k2 2 Cách giải: 5 Ta có: sin x 1 x k2 x k2 3 3 2 6 10
11. Câu 12: Đáp án B Phương pháp: - Tìm điều kiện xác định. m - Biến đổi phương trình về dạng cơ bản loga f x m f x a Cách giải: Điều kiện: x 1; x 3 2 2 2 Ta có: 2log2 2x 2 log2 x 3 2 log2 2x 2 log2 x 3 2 log 2x 2 2 . x 3 2 2 2x 2 2 . x 3 2 4 2 2 2 x 1 x 3 1 x 1 x 3 1 x 1 x 3 1 x 2 2 TM x2 4x 2 0 x 2 2 L 2 x 4x 4 0 x 2 TM Vậy tổng các nghiệm là 2 2 2 4 2 Câu 13: Đáp án A Phương pháp: Sử dụng kiến thức: Nếu 0 a 1 thì loga b loga c b c Nếu a 1 thì loga b loga c b c Cách giải: Ta có: logc d logc c 1 vì d c 1 logd a logd 1 0 vì d 1;a 1 loga b loga a 1 vì a 1;b a logb c logb b 1 vì b 1;c b Do đó logc d lớn nhất. Câu 14: Đáp án A Phương pháp: Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ V r 2h Cách giải: Từ công thức V r 2h ta có: Thể tích khối trụ tăng lên 2.32 18 lần. Câu 15: Đáp án D Phương pháp: 11
12. Sử dụng định nghĩa hình tứ diện. Cách giải: Hình tứ diện có 6 cạnh. Câu 16: Đáp án C Phương pháp: - Gắn hệ trục tọa độ Oxyz, tìm tọa độ các điểm E, M. n.u - Sử dụng công thức tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: sin n . u Cách giải: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ: Với O 0;0;0 , D 1;0;0 ,C 0;1;0 CD CS 2 SO 1 S 0;0;1 1 1 1 1  1 1 Ta có: B 1;0;0 , A 0; 1;0 E ; ;0 , M 0; ; EM ; 1; 2 2 2 2 2 2 Chọn u 1; 2;1 là một véc tơ chỉ phương của EM và n 0;1;0 là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng SBD : y 0 . n.u 2 2 1 2 1 Khi đó sin cos tan : 2 n . u 1 4 1.1 6 3 6 3 Câu 17: Đáp án C Phương pháp: Sử dụng tính chất của hàm số y loga x với a 1 . Cách giải: Hàm số y log5 x có a 5 1 nên hàm số đồng biến trên 0; . Câu 18: Đáp án B Phương pháp: 12
13. b Sử dụng công thức V f 2 x dx a Cách giải: 4 4 x2 x3 21 Ta có: V dx 1 16 48 1 16 Câu 19: Đáp án A Phương pháp: Sử dụng nhận xét: Hàm số bậc bốn trùng phương có ba điểm cực trị nếu ab 0 và nhận xét dáng đồ thị để loại đáp án. Cách giải: Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên ab 0 , ta loại D. Hàm số có lim y nên a 0 , ta loại C. x Ngoài ra đồ thị hàm số đi qua điểm 0;0 nên loại B. Câu 20: Đáp án C Phương pháp: - Tìm nghiệm của F x 0 và xét dấu F x . Cách giải: x2 3 2 x 0 Ta có: F x f x e x 4x 0 x x 4 0 x 2 Ta thấy F x đổi dấu qua ba nghiệm nên hàm số có 3 điểm cực trị. Câu 21: Đáp án A Phương pháp: f x0 0 +) Hàm số y f x đạt cực tiểu tại điểm x x0 . f " x0 0 Cách giải: Ta có: y 4x3 2mx y" 12x2 2m . y 0 0 0x 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x 0 m 0 . y" 0 0 2m 0 Với m = 0, hàm số có dạng y x4 có y 4x3 0 x 0 . y 0 x 0, y 0 x 0 , do đó qua x 0 thì y’ đổi dấu từ âm sang dương, nên x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số. Vậy m = 0 thỏa mãn. 13
14. Câu 22: Đáp án A Phương pháp: 1 Theo công thức tính thể tích của khối chóp ta có V Sh với S là diện tích đáy của khối 3 chóp, h là chiều cao của khối chóp. Cách giải: Theo công thức tính thể tích của khối chóp chỉ có đáp án A đúng. Câu 23: Đáp án C Phương pháp: +) Tính không gian mẫu: n +) Tính không gian của biến cố A: n A n +) Khi đó xác suất của biến cố A: P A A . n Cách giải: 2 Gọi ngẫu nhiên hai học sinh lên bảng trong 40 học sinh nên ta có: n C40 780 Gọi biến cố A: “Trong hai bạn được gọi lên bảng, cả hai bạn đều tên là Anh”. 2 2 Trong lớp có 4 bạn tên là Anh nên ta có: nA C2 .C4 6 n 6 1 Khi đó ta có xác suất để hai bạn được gọi lên bảng đều tên là Anh là: P A A . n 780 130 Câu 24: Đáp án B Phương pháp: Sử dụng các công thức giải phương trình lượng giác cơ bản: f x k2 +) cos f x cos k ¢ f x k2 f x  m2 +) sin f x sin  m ¢ f x  m2 Cách giải: 3 +) Giải phương trình: 4cos2 x 3 0 cos2 x 4 3 cos x x k2 2 6 k ¢ 3 5 cos x x k2 2 6 14
15. x m2 1 6 +) Giải phương trình: 2sin x 1 0 sin x m ¢ 2 7 x m2 6 5 => Nghiệm chung của 2 phương trình là x k2 và x m2 k,m ¢ 6 6 3 7 Với x ; ta có các nghiệm chung của hai phương trình là: x ; x . 2 2 6 6 Câu 25: Đáp án C Phương pháp: +) Giả sử mặt phẳng (P) cắt mặt cầu tâm I có bán kính R theo giao tuyến là một đường tròn tâm O có bán kính r. Khi đó ta có: OI d I; P và R OI 2 r 2 +) Phương trình mặt cầu tâm I a;b;c và có bán kính R có phương trình: x a 2 y b 2 z c 2 R2 Cách giải: Theo đề bài ta có: r 8 . 2.1 2 2. 1 1 3 OI d I; P 1 22 12 22 9 Khi đó ta có: R OI 2 r 2 1 8 3 Ta có phương trình mặt cầu cần tìm là: x 1 2 y 2 2 z 1 2 9 Câu 26: Đáp án D Phương pháp: u +) Áp dụng công thức đạo hàm của hàm hợp: ln u u Cách giải: 2 1 x 2x 2x 2 Ta có: y ln 1 x 2 2 2 1 x 1 x x 1 Câu 27: Đáp án D Phương pháp: +) Áp dụng các công thức cơ bản của hàm logarit để chọn đáp án đúng. Cách giải: 15
16. +) Đáp án A đúng vì đây là công thức logarit của một tích: loga xy loga x loga y +) Đáp án B đúng vì đây là công thức đổi cơ số: logb a.loga x logb x x +) Đáp án C đúng vì đây là công thức logarit của một thương: log log x log y a y a a 1 +) Đáp án D sai vì ta có: log log x 1 log x . a x a a Câu 28: Đáp án A Phương pháp: 0 a 1 0 0 f x a +) Sử dụng kiến thức giải bất phương trình logarit: loga f x 0 a 1 . f x 0 0 f x a Cách giải: x2 5x 7 0 x ¡ BPT 0 2 x 3 2 1 2 x 5x 7 x 5x 6 0 2 Câu 29: Đáp án A Phương pháp:  +) Cho hai điểm A x1; y1; z1 ; B x2 ; y2 ; z2 . Khi đó ta có: AB x2 x1; y2 y1; z2 z1 . Cách giải:  Ta có: AB x2 x1; y2 y1; z2 z1 1 2; 1 2;3 1 1;1;2 Câu 30: Đáp án C Phương pháp: +) Tứ diện đều ABCD có tất cả các cạnh đều bằng nhau. +) Hình chiếu của đỉnh A trên mặt phẳng (BCD) là trọng tâm O của tam giác BCD. Cách giải: Ta có: AO  BCD với O là trọng tâm tam giác BCD. AO  CD N là trung điểm của CD BN  CD . 16
17. CD  AB CD  ABN đáp án A và D đúng. CD  MN ABCD là tứ diện đều nên có các mặt là các tam giác đều và bằng nhau. BN AN ABN cân tại N có đường trung tuyến MN MN  AB Câu 31: Đáp án B Phương pháp: Suy luận từng đáp án, sử dụng phương pháp chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng: Một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng khi nó vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong mặt phẳng đó. Cách giải: CD  SA CD  SAD A đúng. CD  AD BD  AC BD  SAC C đúng. BD  SA BC  AB BC  SAB D đúng. BC  SA Câu 32: Đáp án D Phương pháp: Qua M dựng các đường thẳng song song với BD và SC. Cách giải:   Lấy điểm M thỏa mãn MA 3MB như hình vẽ. Trong (ABCD) qua M kẻ đường thẳng song song với BD cắt BC tại E và cắt CD tại F. Trong (SCD) qua F kẻ FP//SC P SD Trong (SBD) qua M kẻ MN //BD N SB Trong (SAB) kéo dài MN cắt SA tại H. Vậy thiết diện của chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P) là ngũ giác EFPHN. Câu 33: Đáp án D Phương pháp: Hàm số y a x đồng biến trên R a 1 và nghịch biến trên R 0 a 1 Cách giải: 17
18. Đáp án A có tập xác định D 0; R => loại đáp án A. x 2 2 Đáp án B có 0 a 1 y là hàm đồng biến trên R => loại đáp án B. 5 5 Đáp án C có tập xác định D R \ 0 => loại đáp án C. x e e Dễ thấy hàm số y có TXĐ D R và a 0 a 1 => hàm số nghịch biến trên R. 4 4 Câu 34: Đáp án D Phương pháp: Sử dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng un u1 n 1 d và công thức tổng n u u .n số hạng đầu tiên của cấp số cộng S 1 n n 2 Cách giải: Gọi cấp số công có công sai d. Ta có: u3 u13 80 u1 2d u1 12d 80 2u1 14d 80 Tổng của 15 số hạng đầu tiên của dãy là: u u .15 u u 14d .15 80.15 S 1 15 1 1 600 15 2 2 2 Câu 35: Đáp án D Phương pháp: +) Xác định góc giữa SC và mặt đáy. +) Tính SA. 1 +) Tính thể tích V .SA.S S.ABC 3 ABC Cách giải: Dễ thấy AC là hình chiếu vuông góc của SC trên (ABC) nên SC; ABC SC; AC S· CA 60 Xét tam giác vuông SAC có: SA AC.tan 60 a 3 . a2 3 Tam giác ABC đều cạnh a nên S ABC 4 1 1 a2 3 a3 Vậy V .SA.S .a 3. S.ABC 3 ABC 3 4 4 Câu 36: Đáp án B Phương pháp: 18
19. Hàm số y f x đồng biến (nghịch biến) trên a;b khi và chỉ khi f x 0 f x 0 x a;b và f x 0 tại hữu hạn điểm. Cách giải: y x2 0x ¡ và y 0 x 0 . Vậy hàm số đã cho đồng biến trên R. Câu 37: Đáp án C Phương pháp: +) Chứng minh mặt phẳng (P) không cắt đáy O ; R +) Tìm phần hình chiếu của mặt phẳng (P) trên mặt đáy. Tính Shc +) Sử dụng công thức Shc S.cos60 Cách giải: 2 2 2 AB 2 3R R Gọi M là trung điểm của AB ta có: OM OA R 2 4 2 Giả sử mặt phẳng (P) cắt trục OO’ tại I. Ta có : IA IB nên IAB cân tại I, do đó MI  AB . Do đó góc giữa (P) và mặt đáy bằng I·MO 60 R 3 OO Xét tam giác vuông IMO có : OI OM.tan 60 2R 2 2 => I nằm giữa O và O’. Do đó (P) không cắt đáy còn lại. Vậy hình chiếu của (P) trên O; R là phần diện tích của hình quạt cung lớn AB và OAB (phần gạch chéo). Áp dụng định lí Cosin trong tam giác OAB có : OA2 OB2 AB2 R2 R2 3R2 1 cos AOB ·AOB 120 2.OA.OB 2R2 2 1 1 3 3 S OA.OB.sin120 R2. R2 OAB 2 2 2 4 4 2 Gọi S là diện tích hình quạt S 3 . R2 R2 OAB OAB 2 3 2 3 S S S R2 R2 hc OAB OAB 3 4 Vậy diện tích phần thiết diện cần tìm là : 19
20. S 2 3 4 3 4 3 S S.cos60 S hc 2 R2 R2 R2 R2 R2 hc cos60 3 4 3 2 3 2 Câu 38: Đáp án B Phương pháp: b c c Sử dụng phương pháp đổi biến và áp dụng công thức f x dx f x dx f x dx a b a Cách giải: 0 Xét tích phân: f x dx 2 x 2 t 2 Đặt x t dx dt . Đổi cận x 0 t 0 0 0 2 2 f x dx f t dt f t dt f x dx 2 2 2 0 0 2 Xét tích phân: f 2x dx 4 1 x 1 t 2 Đặt 2x t 2dx dt . Đổi cận x 2 t 4 2 1 4 4 4 4 f 2x dx 4 f t dt 4 f x dx 8 f x dx 8 f x dx 8 1 2 2 2 2 2 4 2 4 f x dx f x dx f x dx 2 8 6 0 0 2 Câu 39: Đáp án C Phương pháp: Phân tích đa thức 1 x x2 x3 thành nhân tử. n n k n k k Sử dụng khai triển nhị thức Newton: a b Cn .a .b k 0 Cách giải: 10 10 10 2 3 2 2 1 x x x 1 x x 1 x 1 x 1 x Áp dụng khai triển nhị thức Newton ta có: 10 10 10 1 x2 1 x C k .x2k . C m .xm k,m  10  10 ¢ k 0 k 0 Để tìm hệ số của x5 ta cho 2k m 5 k;m 0;5 ; 1;3 ; 2;1  20
21. 5 0 5 1 3 2 1 Vậy hệ số của x là : C10.C10 C10.C10 C10.C10 1902 Câu 40: Đáp án C Phương pháp: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x0 : y f x0 x x0 y x0 d Lấy điểm A a;9a 14 thuộc đường thẳng y 9x 14 , cho A d pt 1 . Để từ A kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Tìm điều kiện của a để phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Có bao nhiêu giá trị của a thì có bấy nhiêu điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách giải: TXĐ : D = R. Ta có : y 3x2 3 3 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị C tại điểm M x0 ; x0 3x0 2 là: 2 3 y 3x0 3 x x0 x0 3x0 2 d Lấy điểm A a;9a 14 y 9x 14 , vì A d nên ta có : 2 3 9a 14 3x0 3 a x0 x0 3x0 2 1 2 3 3 9a 14 3ax0 3x0 3a 3x0 x0 3x0 2 3 2 2x0 3ax0 12a 16 0 2 x0 2 2x0 3a 4 x0 6a 8 0 x0 2 0 x0 2 2 2 2x0 3a 4 x0 6a 8 0 2x0 3a 4 x0 6a 8 0 2 Để qua A kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị C thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. 2 TH1 : x0 2 là nghiệm của phương trình (2) ta có : 2.2 6a 8 6a 8 0 a 2 2 x0 2 Khi đó phương trình (2) có dạng 2x0 2x0 4 0 phương trình (1) có 2 nghiệm phân x0 1 biệt. Vậy a 2 thỏa mãn. TH2 : x0 2 không là nghiệm của phương trình (2), khi đó để (1) có 2 nghiệm phân biệt thì (2) có nghiệm kép khác 2. 21
22. 2 4 3a 4 8 6a 8 0 9a2 24a 48 0 a 3 a 2 a 2 a 4 Vậy có 3 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chú ý và sai lầm: Cần phải làm hết các trường hợp để phương trình (1) có 2 nghiệm, tránh trường hợp thiếu TH1 và chọn nhầm đáp án B. Câu 41: Đáp án B Lời giải sưu tầm : Giả sử (P) tiếp xúc với (S1), (S2) lần lượt tại A,B IA MI Gọi IJ  P M ta kiểm tra được J là trung điểm IM do 2 suy ra M 2;1;9 . JB MJ Gọi n a;b;c , a2 b2 c2 0 suy ra P : a x 2 b y 1 c z 9 0 . d I; P R 4 2 2 1 c 1 2 2 2 a b Ta có: a b 3c 3 1 d J; P R 2 2 2 2 2 c c 2 a b c 2a b 9c 2a b 9c 1 2a b Ta có: d O; P 9 a2 b2 c2 2 c 2 c c 2a b b 2a 1 Đặt t t ta được d O; P t 9 c c c c 2 2 2 2 b 2a a 2a a a 2 Thay t vào (1) ta thu được t 3 5 4 t t 3 0 c c c c c c Để phương trình có nghiệm thì 4t 2 5t 2 15 0 15 t 15 0 9 15 t 9 9 15 9 15 9 15 9 15 9 15 Suy ra d O; P M ; m 2 2 2 2 Suy ra M m 9 Câu 42: Đáp án A Lời giải: Gọi số có 8 chữ số thỏa mãn đề bài là a1a2 a8 + Chọn vị trí của 3 chữ số 0 trong 7 vị trí a 2 đến a8: Vì giữa 2 chữ số 0 luôn có ít nhất 1 chữ số khác 0, nên ta chọn 3 vị trí trong 5 vị trí để điền các số 0, sau đó thêm vào giữa 2 số 0 gần 3 nhau 1 vị trí nữa ⇒ Số cách chọn là C5 10 . 22
23. + Chọn các số còn lại: Ta chọn bộ 5 chữ số (có thứ tự) trong 9 chữ số từ 1 đến 9, có 5 A9 15120 cách chọn Vậy số các số cần tìm là 10.15120 = 151200 (số) Câu 43: Đáp án D Lời giải: Đặt log6 2018x m log4 1009x t , ta có hệ 6t 2018x m I 6t 2.4t m * t 4 1009x Dễ thấy nếu phương trình (*) có nghiệm t t0 thì hệ (I) có nghiệm x x0 Xét hàm số f t 6t 2.4t t t t t t 3 2ln 4 2ln 4 f t 6 .ln 6 2.4 .ln 4 0 6 .ln 6 4 .2ln 4 t log 3 2,01 2 ln 6 2 ln 6 f t 0 t ; f t 0 t Mà lim f t nên tập giá trị của hàm số f(t) là a; . t Vậy các giá trị nguyên của m để (*) có nghiệm là 2; 1;0;1;2; ;2017 (có 2020 giá trị) Câu 44: Đáp án D Lời giải: 2 2 2 h 2 2 2 h Ta có r R r R 2 4 2 2 2 h 2 2 Thể tích khối trụ là V r h R h 4R h h 4 4 Xét hàm số f h 4R2 h2 h 4R2h h3 trên 0;2R Ta cần tìm GTLN của hàm số này 2R 3 Có f h 4R2 3h2 0 h h (vì h 0 ) 0 3 Lập bảng biến thiên ta thấy h0 là điểm cực đại của hàm số f(h) và f(h 0) là GTLN của f(h) trên (0;2R) Câu 45: Đáp án A Lời giải: 2 2018 x 22018 x 22018 x 4 2018 2018 2018 2019 lim 2018 lim 2018 lim x 2 2 2 2 x 22018 x 2 x 22018 x 2 x 22018 23
24. Câu 46: Đáp án D Lời giải: 4 Tổng đã cho bằng A 9 99 99 9 9 4 1 1 10 1 102 1 102018 1 9 2019 2019 4 2 2018 4 10 1 4 10 10 1 10 10 10 2019 2019 2018 9 9 10 1 9 9 Câu 47: Đáp án D Lời giải 2 2 2 Ta có f 3 x 2x. f 3 x 0 f 3 x trái dấu với x Ta thấy chỉ có khoảng 1;0 là x âm và 2 3 x2 3 do đó f 3 x2 0 (theo đồ thị) nên f 3 x2 đồng biến trên 1;0 Câu 48: Đáp án A Phương pháp: +) Hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng nhau và có các cạnh bên vuông góc với đáy. +) Chọn hệ trục tọa độ phù hợp để làm bài toán. MN  A C +) MN là đoạn vuông góc chung của A’C và BC’ . MN  BC Cách giải: Xét hình lăng trụ tam giác đều có các cạnh đều bằng 2. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ có gốc tọa độ là trung điểm của BC. Ta có các điểm: O 0;0;0 ; A Ox A 3;0;0 B;C Oy B 0; 1;0 , C 0;1;0 A 3;0;2 ;C 0;1;2   A C 3;1; 2 ; BC 0;2;2 0;1;1 x 3t 1 Phương trình đường thẳng A’C là y 1 t1 . z 2t 1 24
25. x 0 Phương trình đường thẳng BC’ là: y 1 t2 . z t2 Ta có điểm M A C M 3t1;1 t1; 2 t1 ; N BC N 0; 1 t2 ;t2 .  MN 3t1;t2 t1 2;t2 2t1   MN  A C MN.AC 0 MN là đoạn vuông góc chung của A’C và BC’   MN  BC MN.BC 0 3t . 3 t t 2 2 t 2t 0 8t1 t2 2 1 2 1 2 1 t 2t 2 t2 t1 2 t2 2t1 0 1 2  2 6 6 t NB 0; ; 1 5 1 6 5 5 N 0; ;  6 5 5 4 4 t2 NC 0; ; 5 5 5  36 .2 NB NB 9 3  25 . NC NC 16 4 2 .2 25 Câu 49: Đáp án A Cách giải: Gọi M x; y;0 Oxy . Ta có: MA2 2MB2 x 1 2 y 2 2 1 2 x 2 2 2 y 1 2 2.9 Thử lần lượt 4 đáp án thì ta thấy với M 3; 4;0 thì MA2 2MB2 3 là lớn nhất Câu 50: Đáp án D Lời giải: Đặt t 8 x 512 1024 x 0 ta có x 512 1024 x t 4 x 512 1024 x 256 0 t 4 2 Với t = 4 thì ta tìm được 1 giá trị của x = 768 Với 0 t 4 thì ta tìm được 2 giá trị của x (Khi đó phương trình của Định lý Viét đảo có 2 nghiệm phân biệt) Bình phương 2 vế phương trình đã cho, ta được 25
26. x 512 1024 x 2t 4 256 128t 16t 2 t 4 8t 2 64t 128 0 t 4 t3 4t 2 8t 32 0 Từ t = 4 ta có 1 nghiệm x = 768 3 2 Ta thấy phương trình t 4t 8t 32 0 có nghiệm duy nhất t t0 1,76 (sử dụng máy tính). Từ đó ta có 2 nghiệm x thỏa mãn Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm. Ádfasdfjaushdfuihwiuaebfgawygfyhaweufyugauyfdubsdahvfgsdauihchsdahcyagiysdfhwevau fgyasdfvjasvdufgyiahwiuefgywtauefuihwevfhgdyuagcsdabjvcuasdgcibsadhvchjsvadyugabshf vawgeyfbhsdavfvsaydgfbsahdfvhsadgchgsadhbchawyevcysdabhcvjasvdfgsadbfhvsagdhfvuy weabhfb\sdavfjsvdahcbhsdabcsadc 26